《2025年高考帮高中物理》

3.[$W - x$图像/2023 新课标/多选]一质量为$1\ kg$的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿$x$轴运动，出发点为$x$轴零点，拉力做的功$W$与物体坐标$x$的关系如图所示. 物体与水平地面间的动摩擦因数为$0.4$，重力加速度大小取$10\ m/s^{2}$. 下列说法正确的是 （ ）

A. 在$x = 1\ m$时，拉力的功率为$6\ W$
B. 在$x = 4\ m$时，物体的动能为$2\ J$
C. 从$x = 0$运动到$x = 2\ m$，物体克服摩擦力做的功为$8\ J$
D. 从$x = 0$运动到$x = 4\ m$的过程中，物体的动量最大为$2\ kg\cdot m/s$

答案： BC

4.[多种图像组合]如图所示，某一斜面与水平平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的$A$点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能$E_{p}$、动能$E_{k}$、机械能$E$和产生的内能$Q$与水平位移$x$的关系图线错误的是 （ ）

答案：  4.C 设动摩擦因数为$\mu$，斜面的倾角为$\theta$，小木块开始下滑位置到水平面的高度为H；小木块在斜面上运动时的重力势能为$E_{p}=mg(H - h)$，$h = xtan\theta$，解得$E_{p}=mgH - mgxtan\theta$，又小木块在水平面上运动时，$E_{p}=0$，A正确。木块在斜面上运动时，根据动能定理得$mgh-\mu mgscos\theta = E_{k}-0$，$h = xtan\theta$，$s=\frac{x}{cos\theta}$，解得$E_{k}=mgx(tan\theta - \mu)$，木块在水平面上运动时，设初动能为$E_{k0}$，根据动能定理得$-\mu mg(x - x_{1}) = E_{k}-E_{k0}$，解得$E_{k}=E_{k0}-\mu mg(x - x_{1})$，B正确。木块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时，$Q=\mu mgscos\theta$，$s=\frac{x}{cos\theta}$，解得$Q=\mu mgx$，木块在水平面上运动时，$Q=\mu mg(x - x_{1})$，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，D正确。木块在斜面上运动时，根据能量守恒定律得$E = mgh - Q$，$Q=\mu mgx$，解得$E = mgh - \mu mgx$，木块在水平面上运动时，设初始机械能为$E_{0}$，根据能量守恒定律得$E = E_{0}-\mu mg(x - x_{1})$，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误。

5.[2021 北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为$m$，人蹲在踏板上时摆长为$l_{1}$，人站立时摆长为$l_{2}$. 不计空气阻力，重力加速度大小为$g$.
（1）如果摆长为$l_{1}$，“摆球”通过最低点时的速度为$v$，求此时“摆球”受到拉力$T$的大小.
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高.
a. 人蹲在踏板上从最大摆角$\theta_{1}$开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角$\theta_{2}$. 假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明$\theta_{2}＞\theta_{1}$.
b. 实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大. 随着摆动越来越高，达到某个最大摆角$\theta$后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能$\Delta E_{k}$应满足的条件.

答案：  5.
(1)$mg + m\frac{v^{2}}{l_{1}}$
(2)a.见解析 b.$\Delta E_{k}\geqslant\frac{5}{2}mgl_{2}-mgl_{1}(1 - cos\theta)$ 解析
(1)“摆球”在最低点时，根据牛顿第二定律有$T - mg = m\frac{v^{2}}{l_{1}}$ 解得$T = mg + m\frac{v^{2}}{l_{1}}$
(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为$v_{1}$、$v_{2}$，根据功能关系得$mgl_{1}(1 - cos\theta_{1})=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$ $mgl_{2}(1 - cos\theta_{2})=\frac{1}{2}mv_{2}^{2}$ 已知$v_{1}=v_{2}$，得$mgl_{1}(1 - cos\theta_{1})=mgl_{2}(1 - cos\theta_{2})$ 因为$l_{1}>l_{2}$，则$cos\theta_{1}>cos\theta_{2}$ 所以$\theta_{2}>\theta_{1}$ b.设“摆球”由最大摆角$\theta$摆至最低点时动能为$E_{k}$，根据功能关系得$E_{k}=mgl_{1}(1 - cos\theta)$ “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，设通过最高点的最小速度为$v_{min}$ 根据牛顿第二定律得$mg = m\frac{v_{min}^{2}}{l_{2}}$ “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系有$E_{k}+\Delta E_{k}\geqslant2mgl_{2}+\frac{1}{2}mv_{min}^{2}$ 解得$\Delta E_{k}\geqslant\frac{5}{2}mgl_{2}-mgl_{1}(1 - cos\theta)$。